Сопромат

а)

б)

l1 l2

в)

г)

д)

Рис. 3.10

1.	Статическая сторона задачи.
		∑X = 0;	VA–VB+F = 0;
отсюда		VA = VB −100.		(3.27)
2.	Геометрическая сторона задачи.

Полное удлинение всего бруса ограничено опорами и может равняться только монтажному зазору . Тогда перемещение сечения В будет равно:

uB =Δl1 + l2 = .

(3.28)

3. Физическая сторона задачи.

Предварительно вычислим жесткости поперечных сечений на участках:

40

E1 A1 = 2 108 кПа 2 10-3 м2 = 4 105 кH;

E2 A2 = 0,7 108 кПа 4 10-3 м2 = 2,8 105 кH.

Удлинения участков от продольных сил и температуры запишутся:

l

=

N1 l1

+α l

t =

N1 2

+12,5 106

2 30

1

1 1

4 10

5

E1 A1

N2 l2

N2 1

. (3.29)

ll

2

=

+α

l

2

t =

+ 22,5 106 1 30

5

2

2,8 10

E2 A2

Используя метод сечений, записываем:

N1 = −VB

+ F = −VB +100

(3.30)

N2 = −VB

.

После подстановки выражения (3.29) с учетом (3.30) в формулу (3.28), получим:

uB = 0,5 10−5 (−VB +100) +75 10−5 −0,357 10−5 VB + + 67,5 10−5 =10 10−5.

Отсюда	V	= 50 + 75 + 67,5 −10 = 212,95 кH.
	B	0,857

Из уравнения (3.27) найдем реакцию VA:

VA = VB −100 = 212,95 −100 =112,95 кH.

По формулам (3.30) определим значения продольных сил на участках:

N1 = −212,95 +100 = −112,95 кH; N2 = −212,95 кH.

По найденным значениям построим эпюру N (рис. 3.10в). Определим нормальные напряжения на участках:

	σ	(1)	=	N1	=	−112,95	= −56,5 103	кПа = −56,5 МПа.
				A		2 10−3
				1

Определим перемещения сечений по формуле (3.16): uA = 0;

uC = l1 = N1l1 +α1l1 t =

E1A1

41

= −112,95 2 +12,5 10−6 2 30 =18,52 10−5 м. 4 105

		N2		−212,95				3
	σ(2) =		=	4 10−3 = −53,24				10 кПа = −53,24 МПа.
		A2
	uB =	l1 +		l2 =18,52 10−5 +				N2l2	+α2l2 t =
								E2A2
	=18,52 10−5 +				−212,95 1		+ 22,5 10−6 1 30 =
					2,8 105
	=9,97 10−5			м ≈ ,

т.е. геометрическое условие (3.28) выполняется.

ПРИМЕР 3.5

ДАНО: Абсолютно жесткий брус АВС, один конец которого опирается на шарнирно-неподвижную опору А, закреплен еще двумя стержнями 1 и 2 в точках В и С (рис. 3.11).

ТРЕБУЕТСЯ: 1. Определить усилия в стержнях 1 и 2 при заданной нагрузке и из условия прочности стержней определить площади их поперечных сечений А1 и А2 при А1 = 1,5А2 и

R = 200 МПа.

2. При полученных значениях площадей сечений определить величину допускаемой интенсивности равномерно распределенной нагрузки [q]пр по методу предельного равновесия и сравнить ее с заданной величиной q.

Предел текучести σS = 240 МПа, коэффициент запаса проч-

ности n = 1,2.

РЕШЕНИЕ Предварительно определим расстояние между точками А и

С: lАС = АВ2 + ВС2 = 62 + 42 = 7,21 м.

Покажем на рисунке реакции опор: VA, HА, VD и HE. Продольные усилия в стержнях 1 и 2 – N1 , N2 – равны соответствующим реакциям опор, т.е. N1 = VD и N2 = HE. В данной системе имеется 4 неизвестных опорных реакций, а уравнений равно-

42

весия может быть составлено только 3. Это значит, что задача является один раз статически неопределимой.

1. Статическая сторона задачи.

Составим уравнение равновесия. Так как согласно условию задачи необходимо определить усилия в стержнях 1 и 2, напишем уравнение равновесия, в которое войдут только усилия N1 и

N2. Таким условием равновесия является	∑МА =0 :
N1 6 + N2 4 – q 6 3 = 0.	(3.31)

2. Геометрическая сторона задачи.

Для получения недостающего уравнения дадим возможное перемещение системе и составим условие совместности де-

формации стержней 1 и 2. Брус АВС абсолютно жесткий (т.е. не деформируемый), поэтому при повороте бруса на некоторый угол ϕ точки прикрепления стержней В и С переместятся по ду-

ге окружности на величину uB и uC пропорционально радиусам поворота АВ и АС. В силу малости перемещений длины этих дуг можно считать равными перпендикулярам к радиусам АВ и АС. Изподобия треугольниковАВВ1 и АСС1 (рис. 3.11а) следует:

	tg ϕ ≈ ϕ =	uВ	=	uС	или	uВ =	uС .			(3.32)
		АВ		АС		6	7, 21
					VD = N1
	а)			1	D			б)
						= 2,5м
	q=20 кН/м				l1			l2	C	2
HA					В		С2
	А
								α
					l1 = u B
		dφ
	α						C
					В1				uC
	VA				В2	4 м		1
		dφ
					С	2		HE = N2

	E
l2 С1	uC
6 м	l2 = 2 м

Рис. 3.11

43

Равенство (3.32) представляет собой условие совместности перемещений точек крепления стержней 1 и 2 к абсолютно жесткому стержню.

Для получения абсолютных деформаций стержней l1 и l2

из новых положений точек В1 и С1 опустим перпендикуляры на заданные первоначально направления стержней 1 и 2.

Из рис. 3.11а видно, что точки В1 и В2 совпали и uВ = l1, а

из рис. 3.11б следует, что удлинением стержня 2 является отрезок СС2, который представляет собой катет прямоугольного треугольника СС2С1. Из этого треугольника получаем:

	uС =		l2	.		(3.33)
		sin α
	Равенства (3.33) подставим в уравнение (3.32) и получим
	уравнение совместности деформации стержней 1 и 2:
	l			l
	1 =		2		.	(3.34)
			7,21 sin α
	6

3. Физическая сторона задачи.

Удлинение стержней выражаем в соответствии с законом

Гука через усилия в стержнях N1 и N2:
	l1 =	N1 l1			;		l2 =	N2 l2		.	(3.35)
		E A1						E A2
Подставим выражения (3.35) в формулу (3.34) и получим:
	N1 l1		=			N2 l2			.
	E A 6			E A		2	7, 21sin α
1

4. Определение продольных усилий в стержнях 1 и 2.

Подставляя в эту формулу числовые значения и учитывая,

	что А1 = 1,5А2,	sin α =			4		= 0,555,		получим
				7, 21
			N1 2,5				=	N2 2
										.
		1,5A2 6						7,21 A2 0,555
	Отсюда		N1		= 1,799N2				(3.36)
	или		N2		= 0,556N1.				(3.37)
	Решая совместно уравнения (3.31) и (3.36), получаем:
	1,799N2 6+N2 4 – q 6 3 = 0								при q = 20 кН/м,
							44

N2 = 24,33 кН; N1 = 1,799 24,33 = 43,79 кН. 5. Подбор сечений стержней 1 и 2:

Выразим напряжения в стержнях:

σ(1)

=

N1

=

43,79

=

29,19

;

A

1,5A

2

A

2

1

σ(2)

=

N2

=

24,33

.

A2

A2

Так как σ(1) > σ(2) , из условия прочности в наиболее напря-

женном стержне определим требуемую площадь поперечного сечения:

σ(1) =		29,19	= R = 200 103 кПа, отсюда
		A2
А2 =	29,19				–3	2	2
				= 0,146 10		м = 1,46 см		.
	200 103

Тогда А1 = 1,5А2 = 1,5 1,46 см2 = 2,19 см2.

Определим напряжения в стержнях и проведем проверку

	прочности:			N1				43,79
	σ	(1)	=				=			=199,95 103 кПа ≈ R.
				A				2,19 10−4
				1
	σ	(2)	=		N2		=		24,33 кН		=166,64 103 кПа < R.
					A2			1,46 10−4 м2

6. Определение допускаемой величины интенсивности нагрузки [q]пр по методу предельного равновесия.

Выше сечения стержней были подобраны из условия прочности по методу расчетных сопротивлений, т.е. когда σmax ≤ R.

В расчете по методу предельного равновесия условие прочности ограничивает не напряжения, а допускаемую нагрузку, которая определяется как отношение предельной нагрузки к коэффициенту запаса:

q max ≤ qпредn =[q]пред .

В статически неопределимых системах при одинаковом коэффициенте запаса по напряжениям и нагрузкам, т.е.

45

n =	σS	=		qпред	, этот метод может дать некоторую экономию
	R			[q]
				пред

материала стержней за счет более полного нагружения недонапряженных стержней.

При постепенном увеличении нагрузки напряжения в обоих стержнях будут возрастать до величины, равной пределу текучести σS сначала в более напряженном стержне 1, затем и в

стержне 2, т.е. в предельном состоянии σ(1) = σS ; σ(2) = σS .

Величина внешней нагрузки в этом случае и является предельной или разрушающей.

Тогда усилия в стержнях 1 и 2 будут равны:

N1Т = σSА1 = 240 103 кПа 2,19 10−4 м2 = 52,56 кН;

N Т2 = σSA2 = 240 103 кПа 1, 46 10−4 м2 = 35,04 кН.

Подставим эти усилия в уравнение равновесия (3.31) и найдем величину интенсивности разрушающей (предельной) нагрузки:

6N1Т +4N Т2 – qпред 6 3 = 0;

qпред =

6 52,56 + 4 35,04

=

455,52

= 25,31

кН

.

18

18

м

Коэффициент запаса n = 1,2.

Следовательно, величина допускаемой интенсивности рас-

пределенной нагрузки будет равна:

[q]пред =

qпред

=

25,31

= 21,1

кН

.

n

1,2

м

Сравним эту величину [q]пред с величиной заданной нагруз-

ки q = 20

кН

:

q(%) =

[q]пред −q

=

21,1−20

100 % = 5,5 %.

м

q

20

Значит, при расчете по методу предельного равновесия нагрузка может быть увеличена на 5,5 %.

46

3.7.Контрольные вопросы по теме

1.В чем заключается суть метода сечений при определении внутренних усилий, в частности, при определении продольных сил?

2.Приведите рабочее правило для определения продольных сил в поперечных сечениях стержней и правило знаков для них.

3.Как определяется нормальное напряжение в поперечном сечении бруса при растяжении–сжатии?

4.Что такое расчетное сопротивление материала?

5.Как записываются условия прочности при растяжениисжатии для пластичных и хрупких материалов?

6.Как производится подбор требуемой площади поперечного сечения бруса из условия прочности?

7.Как формулируется закон Гука? Как он записывается для случая растяжения–сжатия?

8.Как определяется абсолютная деформация бруса при осевом растяжении–сжатии при наличии распределенной нагрузки на грузовом участке и при ее отсутствии?

9.Какие системы называются статически неопределимыми? Каков порядок их решения?

10.Назовите характеристики прочности материала. Как они определяются с помощью диаграммы растяжения для низкоуглеродистой стали?

11.Назовите характеристики пластичности материала. Как они определяются?

47

4. ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОДЕФОРМИРОВАННОГО СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ. ТЕОРИИ ПРОЧНОСТИ

4.1. Главные площадки и главные напряжения. Классификация напряженных состояний

Значения нормальных и касательных напряжений на произвольных площадках, проходящих через какую-либо точку тела, зависят от положения этих площадок.

Совокупность нормальных и касательных напряжений, действующих на различных площадках, проходящих через заданную точку, называется напряженным состоянием в этой точке.

В курсе теории упругости доказано, что в окрестности любой точки можно провести три взаимно перпендикулярные площадки, на которых касательные напряжения будут отсутство-

вать. Такие площадки называются главными. Нормальные напряжения на главных площадках принимают экстремальные значения, называются главными напряжениями и обозначаются:

σ1, σ2, σ3. Здесь σ1 – наибольшее (в алгебраическом смысле) главное напряжение, σ3 – наименьшее, а σ2 – промежуточное, т.е.

σ1 ≥ σ2 ≥ σ3.

а)

Y

σY

б)

σ2

σ3

τXY

σZ

τZY

τYX

σ1

σ1

σX

τ

σX

YZ

σZ

τXZ

Х

σ3

τ

ZX

σ1

≠ 0

σ2

Z

σY

σ1

≥ σ2

≥ σ3

σ2

≠ 0

σ3

≠ 0

Рис. 4.1

48

На рис. 4.1а показаны три взаимно перпендикулярные произвольные площадки, на гранях которых действуют нормальные и касательные напряжения. Нормальные напряжения показаны растягивающими, т.е. положительными. Касательные напряжения (на каждой грани по два) показаны с двумя индексами: первый индекс указывает параллельно какой оси координат действует, а второй – на грани с какой нормалью. В общем случае напряженное состояние в точке описывается тензором напряжений

	σX			τXY		τXZ
T	=	τ	YX	σ	Y	τ	.
σ							YZ
		τZX		τZY
						σZ

На рис. 4.1б показан параллелепипед с бесконечно малыми размерами сторон, грани которого являются главными площадками, так как на них отсутствуют касательные напряжения. В зависимости от наличия отличных от нуля главных напряжений на главных площадках различают три вида напряженных состояний:

	а)	σ2	≠ 0		б)
			σ1 ≠ 0	σ1		σ1
σ1
						σ1 ≠ 0
			σ3 = 0			σ2	= 0
		σ2
			≠ 0			σ3	= 0

Другие возможные комбинации
При ПНС			При ЛНС
σ1 ≠ 0; σ3 ≠ 0; σ2	= 0;		σ3	≠ 0; σ1	= σ2	= 0
σ2 ≠ 0; σ3 ≠ 0; σ1 = 0
		Рис. 4.2

49

1.Если все три главных напряжения отличны от нуля, то имеет место в данной точке объемное или пространст-

венное напряженное состояние (ОНС) (рис. 4.1б).

2.В том случае, когда два главных напряжения отличны от нуля, а одно равно нулю – имеет место плоское напряженное состояние (ПНС) (рис. 4.2а).

3.Если только одно главное напряжение отлично от нуля,

а два других равны нулю, имеет место одноосное (линей-

ное) напряженное состояние (ЛНС) (рис. 4.2б).

Наиболее простым и наглядным случаем одноосного (линейного) напряженного состояния является центральное растя- жение–сжатие стержней. Определение напряжений на наклонных площадках при ЛНС было исследовано в п. 3.3 предыдущей главы.

4.2. Исследование плоского напряженного состояния

Как было указано выше, если одно из главных напряжений равно нулю, то объемное напряженное состояние исключается. Однако, чтобы точно сказать, плоское или одноосное напряженное состояние имеет место в данной точке, необходимо определить два других главных напряжения.

Вырежем параллелепипед с бесконечно малыми размерами сторон dx, dy, dz так, чтобы на одной из трех взаимно перпендикулярных площадок отсутствовали напряжения. Это будет означать, что одно главное напряжение равно нулю. В этом случае, как указывалось ранее, не будет объемного напряженного состояния. Такие элементы можно вырезать из стенки изгибаемых балок, стеновых панелей и т.п., когда одна из граней совпадает со свободной от напряжений поверхностью.

Пусть на двух оставшихся взаимно перпендикулярных площадках будут известны нормальные и касательные напряжения:

σx, σy, τyx, τxy (рис. 4.3а).

Определим нормальные и касательные напряжения на произвольных площадках, повернутых к заданным на угол α и перпендикулярных к грани, свободной от напряжений.

50

Ранее было принято следующее правило знаков для нор-
мальных напряжений: растягивающие будем считать положи-
тельными, а сжимающие – отрицательными.
	a)		б)				в)		dx
σY	τXY		τα	σY			U	FY
					τXY				TX
	τxy					σX	T α			FX
σX	σX	dy									dy
α	τYX		σα	ds	α	τYX	F α	ds	α	TY
									dz
σY							V
	dz
dx			Рис. 4.3

Касательные напряжения будем считать положительными, если они стремятся сдвинуть выделенный элемент по ходу часовой стрелки, и отрицательными – если против хода часовой стрелки.

Проведем наклонное сечение под углом α к вертикальной грани против хода часовой стрелки, отбросим одну часть, приложим к наклонному сечению напряжения σα и τα и рассмотрим

равновесие оставшейся части с размерами сторон dx, dy, ds (рис. 4.3б).

В связи с тем, что все размеры выделенной призмы бесконечно малы, касательные и нормальные напряжения по ее боковым и наклонным граням можно считать распределенными равномерно. Поэтому силы, действующие по граням призмы равны произведению площади грани на соответствующее напряжение. Приложим эти силы в центре тяжести соответствующих граней

(рис. 4.3в).

Составим следующие уравнения равновесия для выделенной призмы:

1. ∑M0 = 0; Ty dx2 + Tx dy2 = 0;

51

∑M0	= τyx dy dz	dx	+ τxydx dz		dy		= 0 , отсюда:
		2			2
				τyx = −τxy			(4.1)

Следовательно, касательные напряжения по двум взаимно перпендикулярным площадкам, действующие по нормали к ребру, равны по абсолютной величине и направлены в противоположные стороны. Эта зависимость между τyx и τxy называется законом парности касательных напряжений.

2. ∑V = Fα − Fx cosα −Tx cosα − Fy sin α +Ty sin α = 0 (рис. 4.3в);

		ΣV = σαds dz −σx dy dz cosα− τxydy dz cosα−
				−σydx dz sinα+ τyx dx dz sinα = 0.
		Решим		это уравнение относительно σα. Учитывая, что
	dx	= sinα,	dy		= cos α, после элементарных преобразований, с
	ds
				ds
учетом (4.1) получим:
				σα = σx cos2 α + σy sin 2 α − τyx sin2α.			(4.2)

3. ∑U = 0.

Расписав это уравнение равновесия и используя преобразования, приведенные для второго уравнения равновесия, получим:

	τα =	σx − σy	sin2α + τyx cos2α	.	(4.3)
		2

Формулы (4.2) и (4.3) позволяют определять нормальные и касательные напряжения по любым площадкам, проходящим через заданную точку, если известны нормальные и касательные напряжения на двух взаимно перпендикулярных площадках.

Если необходимо определить нормальное напряжение на площадке, перпендикулярной наклонной, то в формулу (4.2)

52

вместо α подставим α+90˚. После указанной подстановки получим

σα+90° = σxsin2α+σycos2α+ τyxsin2α

.

(4.4)

Найдем сумму нормальных напряжений на двух взаимно перпендикулярных площадках σα и σα+90°, т.е. сложим напряжения по формулам (4.2) и (4.4) и получим:

σα +σα+90° = σx +σy = const

,

(4.5)

Таким образом, сумма нормальных напряжений на двух взаимно перпендикулярных площадках есть величина постоянная и от положения этих площадок не зависит. Следовательно, если по одной из таких площадок нормальные напряжения имеют максимальное значение, то по другой они имеют минимальное значение.

При расчете инженерных конструкций нет необходимости определять нормальные напряжения по всем площадкам, проходящим через заданную точку. Достаточно знать максимальные и минимальные их значения, которые, как отмечалось ранее, назы-

ваются главными напряжениями.

Для определения величин главных напряжений и положения главных площадок функцию для σα (4.2) исследуем на экстремум, т.е. приравняем нулю первую производную от напряжения σα по α при некотором значении угла α = α0:

dσα

= −σx 2sin α cosα+ σy 2sin α cosα− τyx 2cos2α.

dα

При α = α0 , используя известные тригонометрические зави-

симости, получим:

σx − σy

dσ

α

= −2

(

sin2α

+ τ

cos2α

) = 0 . (4.5)′

0

yx

0

2

dα

α=α0

1444442444443

τα0

Здесь α0 – угол наклона главной площадки к площадке, в которой действуют заданные напряжения σх (рис. 4.3б).

53

Сравнивая выражение (4.5)′ с формулой (4.3), устанавлива-

dσ

α

= −2 τα

= 0 .

ем, что

dα α

=α0

0

Отсюда следует, что на главных площадках касательные на-

пряжения равны нулю, т.е.:

τα 0

=

σ х −σ у

sin2α0

+ τ yx cos2α0 = 0

.

(4.6)

2

Из соотношения (4.6) получим:

tg2α0

= −

2τyx

,

(4.7)

σx − σy

или, используя (4.1):

tg2α0

=

2τxy

.

(4.8)

σx

− σy

Формулы (4.7) и (4.8) дают значения углов α0, определяющие две взаимно перпендикулярные площадки, на которых действуют главные напряжения.

Следовательно, для определения положения главных площадок, необходимо площадки, на которых действуют заданные напряжения σx и σy, повернуть на угол α0 против хода часовой стрелки (при α0 > 0) или по ходу часовой стрелки (при α0 < 0).

Следует иметь в виду, что наибольшее главное напряжение должно проходить в тех четвертях, где сходятся касательные

напряжения τуx и τху, и оно всегда находится ближе к тому из

заданных нормальных напряжений, значения которого с алгебраической точки зрения больше.

Главные напряжения можно определить, подставляя значения угла α0 в формулу (4.2).

Эти же напряжения можно определять и без предварительного определения угла α0, если (4.7) или (4.8) подставить в формулу (4.2). В результате элементарных преобразований получаем следующую формулу для определения величин главных напряжений:

54

σ		= σ	=	σx + σy	±	1	(σ		−σ		)	2	+4τ	2	.	(4.9)
	max							x		y				yx
		1,2(3)		2		2
	min

Определим также площадки, по которым касательные напряжения имеют экстремальные (максимальные и минимальные) значения. Такие площадки, как упоминалось в п. 3.4, называются

площадками сдвига.

Для этого приравняем нулю первую производную функции (4.3) при некотором значении угла α1:

dτ		α		= (σx − σy )cos2α1			− 2τyx sin2α1		= 0 .
	dα			α=α
				1
Отсюда:				tg2α1	=	σx − σy		.	(4.10)
						2τyx

Здесь α1 – угол наклона площадки сдвига к заданной площадке, по которой действует напряжение σх. Если угол α1 положителен, то эту площадку надо повернуть против хода часовой стрелки, а если отрицателен – то по ходу часовой стрелки.

Формула (4.10) дает значение угла α1, определяющее положение одной из двух взаимно перпендикулярных площадок. Положение другой площадки определяется поворотом на угол α+900. По одной из двух площадок действует максимальное касательное напряжение τmax, а по другой – минимальное τmin. Из закона парности касательных напряжений следует, что

τmax = −τmin .

Если определены главные площадки, легко определить величины напряжений τmax и положение площадок, на которых они

min

действуют.

Если в формуле (4.3) для определения касательных напряжений τα на произвольной площадке за исходные примем главные

напряжения σ1 и σ3 вместо σx и σy, а τуx = 0, то получим:

τα =	σ1 −σ3	sin2α.	(4.11)
	2
		55

	Отсюда следует, что	τmax = ±	(σ1 −σ3 )		,	(4.12)
			2
		min

так как sin(2 α ) = ±1 при α = ±450 , т.е. площадки сдвига наклонены к главным площадкам под углом ±45˚.

Если в формулу (4.12) подставим выражения σ1 и σ3 из соотношения (4.9), найдем:

τmax = ±	1	(σx −σy )2 +4τ2уx	.	(4.13)
min	2

Определим нормальные напряжения на площадках сдвига. Для их определения формулу (4.2) перепишем, подставляя вместо напряжений на произвольных площадках σх и σу главные напряжения σ1 и σ3, а τух = 0:

σ	α	= σ cos2	α+σ sin2α.	(4.14)
		1	3

При α = ±45˚ получим формулу для определения нормальных напряжений на площадках сдвига:

σ		= σ		1	2	+σ		1	2	=	σ +σ	3
	α=±45°						3				1		.	(4.15)
		1		2				2			2

Таким образом, из (4.14) следует, что нормальные напряже-

ния на двух взаимно перпендикулярных площадках сдвига равны между собой по величине и знаку.

Если нормальные напряжения на площадках сдвига равны нулю, то такие площадки называются площадками чистого сдвига.

Примерами чистого сдвига являются кручение и срез.

4.3. Исследование объемного напряженного состояния

Как было показано ранее в п. 4.1, напряжения, действующие на гранях элементарного параллелепипеда, в общем случае напряженного состояния представляются в виде тензора напряжений (рис. 4.4а), как упоминалось:

56

σx Tσ = τyxτzx

τxy	τxz
σy
	τyz .
τzy
	σz

Тензор напряжений симметричен относительно главной диагонали, поскольку по закону парности касательных напряжений имеем:

τxy = τyx , τxz = τzx , τyz = τzy .

Рассмотрим определение главных напряжений и положения главных площадок в случае объемного напряженного состояния (все три главных напряжения не равны нулю) (рис. 4.4б).

	Y	σy					б)	σ2
а)									σ3
			τXY		σz
	τZY
				τYX σх					σ1
σх		τ				σ1
		YZ
	σz	τXZ			Х			σ3
				τ
					ZX				σ1	≠ 0
								σ2
Z		σу							σ2	≠ 0

σ ≥ σ	2	≥ σ	3	σ3 ≠ 0
1

Рис. 4.4

Предположим, что нам известно положение главной площадки, определяемой нормалью ν. Сечением, параллельным этой площадке, выделим из исходного параллелепипеда тетраэдр, изображенный на рис. 4.5б, и составим условия равновесия тетраэдра в виде суммы проекций действующих на него сил на оси координат. Введем обозначения для направляющих косинусов нормали ν:

cos( x,ν ) = l; cos( y,ν) = m; cos( z,ν ) = n.

(4.16)

Примем площадь наклонной грани тетраэдра dA = 1, тогда площади других граней будут: dAX = l, dAy = m, dAZ = n.

57

	а)		б)		У				ν
						dA=1
	У
									σгл = σ
	ν	dAx= l
									σz
					τxz
		σx				τ		τ	dAz = n
							zx
			τ			τyz		zy
				zy	τ				Х
		Х			yx
						σy
	Главная	Z	dAy=m
Z	площадка
		Рис. 4.5

Единственное напряжение, действующее на главной площадке, обозначим σгл = σ. Сумма проекций сил на ось Х запи-

шется в виде:

σl−σхl−τухm −τzx n = 0.

Аналогичные равенства будут для осей Y и Z. Все вместе они составят систему однородных уравнений относительно неизвестных косинусов l, m и n:

(σx −σ)l+ τyx m + τzx n = 0
τxyl+(σy −σ)m + τzyn = 0		(4.17)
	.
τxzl+ τyz m +(σz −σ)n = 0
Так как между неизвестными существует зависимость
l2 +m2+n2 = 1,		(4.18)

то одновременно они все не могут быть равны нулю. В этом случае (доказано в линейной алгебре) определитель однородной системы уравнений равен нулю, т.е.

(σx −σ)	τyx	τzx
τxy	(σy −σ)	τzy	= 0.	(4.19)
τxz	τyz	(σz −σ)

Раскрыв определитель, получим кубическое уравнение

58

σ3 − I σ2	+ I	σ−I	3	= 0,	(4.20)
1	2

три корня которого и будут значениями трех главных напряжений в рассматриваемой точке.

Коэффициенты уравнения (4.20) получаются при раскрытии определителя (4.19) и имеют следующий вид:

I1 = σx +σy +σz ;

I2 = σx σy +σx σz +σyσz −τ2yx −τzx2 −τzy2 ;

(4.21)

I3 = σx σyσz −σx τ2zy −σy τ2zx −σz τ2yx + 2τyx τzx τzy .

Эти коэффициенты не зависят от выбора осей координат, поскольку при любых исходных площадках уравнение (4.20)

должно давать одни и те же корни σ1,σ2 иσ3 – главные напря-

жения в точке. Они называются первым, вторым и третьим ин-

вариантами напряженного состояния (тензора напряжений).

Для определения направляющих косинусов l, m, n, соот-

ветствующих одной из трех главных площадок, значение главного напряжения на этой площадке надо подставить в (4.17) вместо σ. Совместное решение уравнений (4.17) и (4.18) и даст искомые значения направляющих косинусов l, m, n.

4.4. Деформированное состояние в точке. Обобщенный закон Гука

Установим зависимость относительной линейной деформации от нормальных напряжений в случае объемного напряженного состояния.

Определим относительную продольную деформацию выделенного элемента (см. рис. 4.1б) в направлении главного напряжения σ1, отдельно рассматривая влияние каждого из главных напряжений и складывая результаты в соответствии с принципом независимости действия сил:

ε1 = ε11 + ε12 + ε13 .

Под действием напряжения σ1 элемент в направлении этого напряжения на основании закона Гука получит относительное

59